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2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 专题三 不等式恒成立问题


专题讲座三 不等式恒成立问题

含参不等式恒成立问题是高考中的热点内容, 它以各种形式出现在高中数学的各部分内 容中,扮演着重要的角色.解决含参不等式恒成立问题的关键是转化与化归思想的运用,从 解题策略的角度看,一般而言,针对不等式的表现形式,有如下四种策略. 1.变换主元,转化为一次函数问题 2 求使不等式 x +(a-6)x+9-3a>0,|a|≤1

恒成立的 x 的取值范围. 2 [解] 将原不等式整理为形式上是关于 a 的不等式(x-3)a+x -6x+9>0. 2 令 f(a)=(x-3)a+x -6x+9. 因为 f(a)>0 在|a|≤1 时恒成立,所以 (1)若 x=3,则 f(a)=0,不符合题意,应舍去. 2 ?f(-1)>0 ?x -7x+12>0 ? ? (2)若 x≠3,则由一次函数的单调性,可得? ,即? 2 ,解得 x<2 ?f(1)>0 ?x -5x+6>0 ? ? 或 x>4. [规律方法] 在含参不等式恒成立的问题中, 参数和未知数是相互牵制、 相互依赖的关 系.本题已知参数 a 的取值范围,求 x 的取值范围,若能转换两者在问题中的地位,则关于 x 的不等式就立即转化为关于 a 的不等式,问题便迎刃而解了. 2.联系不等式、函数、方程,转化为方程根的分布问题 x x 已知 x∈(0,+∞)时,不等式 9 -m·3 +m+1>0 恒成立,则 m 的取值范围是 ( ) A.2-2 2<m<2+2 2 B.m<2 C.m<2+2 2 D.m≥2+2 2 x 2 [解析] 令 t=3 (t>1),则由已知得函数 f(t)=t -mt+m+1 的图象在 t∈(1,+∞) 上恒在 x 轴的上方, 2 则对于方程 f(t)=0 有Δ =(-m) -4(m+1)<0 Δ ≥0

? ?m 或? ≤1 , 2 ? ?f(1)=1-m+m+1≥0

解得 m<2+2 2. [答案] C [规律方法] 1.解答此类问题一般把问题转化为关于 x 的函数,即问题就等价于函数 f(x)的图象在区间(a,b)内的部分位于 x 轴上方,结合二次函数的图象,根据二次函数的性 质就可以列出 m 所满足的不等关系. 2.在利用换元法简化运算时,需注意换元后自变量的取值范围. 3.分离参变量,构造函数求最值 已知定义在 R 上的函数 f(x)为奇函数,且在[0,+∞)上是增函数,对于任意 x∈R,求实数 m 的取值范围,使 f(cos 2θ -3)+f(4m-2mcos θ )>0 恒成立. [解] ∵f(x)在 R 上为奇函数,且在[0,+∞)上是增函数, ∴f(x)在(-∞,+∞)上为增函数. 又∵f(cos 2θ -3)+f(4m-2mcos θ )>0, ∴f(cos 2θ -3)>-f(4m-2mcos θ )=f(2mcos θ -4m), ∴cos 2θ -3>2mcos θ -4m, 即 2m(2-cos θ )>3-cos 2θ , 2 3-cos 2θ 4-2cos θ ∵2-cos θ ∈[1,3],∴2m> = , 2-cos θ 2-cos θ

2-cos θ ∴m> . 2-cos θ

2

? 2? 令 2-cos θ =t,t∈[1,3],∴m>4-?t+ ?, ?
t?
2 即 4-m<t+ 在 t∈[1,3]上恒成立.

t

2 即求 g(t)=t+ 在 t∈[1,3]上的最小值.

t

2 2 ∵g(t)=t+ ≥2 2,等号成立的条件是 t= ,

t

t

即 t= 2∈[1,3]成立. ∴g(t)min=2 2,∴4-m<2 2,即 m>4-2 2. ∴m 的取值范围为(4-2 2,+∞). [规律方法] 这类问题经常用到下面的结论:若函数 f(x)存在最小值,则 a≤(<)f(x) 恒成立?a≤(<)f(x)min;若函数 f(x)存在最大值,则 a≥(>)f(x)恒成立?a≥(>)f(x)max. 4.转化为两个函数图象之间的关系,数形结合求参数 1 2 是否存在实数 a,使得关于 x 的不等式 3x -logax<0 在 0<x< 时恒成立?若存 3 在,求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 1 2 2 [解] 由题意知, “关于 x 的不等式 3x -logax<0 在 0<x< 时恒成立”等价于“3x <logax 3 ? 1? 2 在 x∈?0, ?内恒成立”.若 a>1,在同一平面直角坐标系内,分别作出函数 y=3x 和 y= ? 3? ? 1? logax 的大致图象,如图(1)所示,观察两函数图象,当 x∈?0, ?时,函数 y=logax 的图象 ? 3? 2 显然在函数 y=3x 图象的下方,所以不等式不成立;若 0<a<1,在同一平面直角坐标系内, 1 1 2 分别作出函数 y=3x 和 y=logax 的大致图象, 如图(2)所示, 观察两函数图象, 则 loga ≥ , 3 3 1 1 故 a≥ ,即 ≤a<1. 27 27

综上,存在实数 a∈?

? 1 ,1?,使得关于 x 的不等式 3x2-log x<0 在 0<x<1时恒成立. ? a 3 ?27 ?

[规律方法] 数形结合法是解不等式恒成立问题的一种非常直观的方法,其解题原理 是:f(x)<g(x)恒成立?f(x)的图象在 g(x)的图象下方,此方法特别适用于解两边是不同类 型的不等式恒成立题型. a-1 1.设 a∈R,则“ 2 <0”是“|a|<1”成立的( ) a -a+1 A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 2 1 a-1 ? ? 3 2 解析: 选 C.因为 a -a+1=?a- ? + >0, 所以由 2 <0, 得 a<1, 不能得出|a|<1; a -a+1 ? 2? 4 a-1 a-1 反过来,由|a|<1,得-1<a<1,所以 2 <0.因此, “ 2 <0”是“|a|<1”成立的必 a -a+1 a -a+1 要不充分条件.

a 16b 2 2.(2015·湖北七市模拟)不等式 x +2x< + 对任意 a,b∈(0,+∞)恒成立,则实 b a
数 x 的取值范围是( A.(-2,0) C.(-4,2) ) B.(-∞,-2)∪(0,+∞) D.(-∞,-4)∪(2,+∞)
2

解析: 选 C.不等式 x +2x< +
min

a 16b ?a 16b? 2 对任意 a, b∈(0, +∞)恒成立, 等价于 x +2x<? + ? b a ?b a ?

.

a 16b · =8(当且仅当 a=4b 时等号成立), b a b a 2 ∴x +2x<8,解得-4<x<2,故选 C. 3 3.(2015·保定市高三调研)若函数 f(x)=x +3x 对任意的 m∈[-2,2],f(mx-2)+ f(x)<0 恒成立,则 x∈________. 解析:由题意可知 f(x)为奇函数,且在定义域内为增函数,∴f(mx-2)+f(x)<0 可变 形为 f(mx-2)<f(-x),∴mx-2<-x,将其看作关于 m 的一次函数 g(m)=x·m-2+x,m
2 ∈[-2,2],可得当 m∈[-2,2]时,g(m)<0 恒成立,由 g(2)<0,g(-2)<0,解得-2<x< . 3 2? ? 答案:?-2, ? 3? ? 1?? ? 2 ? 2 4. (2015·广东六校联考)设函数 f(x)=lg?ax +x+?b -b+ ??(a≠0), 若对任意实数 2?? ? ? b,函数 f(x)的定义域为 R,则 a 的取值范围为________. 解析:函数 f(x)的定义域为 R, ?a>0, 则满足?

a 16b ∵ + ≥2

?

1? ? 2 Δ =1-4a?b -b+ ?<0, ? 2? ? ?

a>0, ? ? 1 1 1 即?4a> 对任意实数 b 恒成立, 只要 4a 大于 的最大值即 = 1 1 ? 1? 1 ?b- ? +1 b - b + b - ? ? + ? ? ? 2 ? 2? 4 ? 2? 4 ?
2 2
2

可,而

1 的最大值为 4,即 4a>4,a>1. 2 1 ?b- ? +1 ? 2? 4 ? ? 答案:(1,+∞) x2+2x+a 5.已知函数 f(x)= ,若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a

x

的取值范围.

x2+2x+a 2 >0 恒成立,即 x +2x+a>0 恒成立. x 2 2 即当 x≥1 时,a>-(x +2x)恒成立.令 g(x)=-(x +2x). 2 2 因为 g(x)=-(x +2x)=-(x+1) +1 在[1,+∞)上单调递减, 所以 g(x)max=g(1)=-3,故 a>-3. 2 6.已知函数 f(x)=aln x+x (a 为实常数). (1)若 a=-2,求函数 f(x)的单调区间; (2)若对?x∈[1,e],使得 f(x)≤(a+2)x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 2 当 a=-2 时,f(x)=x -2ln x,
解:因为 x∈[1,+∞),所以 f(x)=

2(x -1) 所以 f′(x)= .

2

x

2(x -1) 令 f′(x)= >0,

2

x

得-1<x<0 或 x>1, 且定义域为(0,+∞), 所以函数 f(x)的单调增区间是(1,+∞). 2 2(x -1) 令 f′(x)= <0,

x

得 x<-1 或 0<x<1,且定义域为(0,+∞), 所以函数 f(x)的单调减区间是(0,1). 2 (2)不等式 f(x)≤(a+2)x 可化为 a(x-ln x)≥x -2x. 因为 x∈[1,e],所以 ln x≤1≤x,且等号不能同时取, 所以 ln x<x,即 x-ln x>0. x2-2x 因而 a≥ (x∈[1,e]). x-ln x x2-2x 令 g(x)= (x∈[1,e]), x-ln x (x-1)(x+2-2ln x) 则 g′(x)= , 2 (x-ln x) 当 x∈[1,e]时,x-1≥0,0≤ln x≤1, x+2-2ln x>0, 从而 g′(x)≥0(当且仅当 x=1 时取等号). 所以 g(x)在[1,e]上为增函数. 2 e -2e 故[g(x)]max=g(e)= . e-1 2 ?e -2e,+∞?. 所以 a 的取值范围是? ? ? e-1 ?


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